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天水一中 2020 届 2019—2020 学年度第一学期第一次考试
数学文科试题
（满分：150 分 时间：120 分钟）
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的.
1．已知全集 ，集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．已知平面向量 ， 且 ，则实数 的值为（ ）
A． B． C． D．
3．“ ”是“ ”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．在等差数列 中， 为其前 项和，若 ，则 （ ）
A．60 B．75 C．90 D．105
5．已知函数 y=f（x）+x 是偶函数，且 f（2）=1，则 f（-2）=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．如右图所示的图象对应的函数解析式可能是
A． B．
C． D．
7．已知 ， 有解， ， 则下列选项中是假命
题的为（ ）
A． B． C． D．
{ }1,0,1,2,3U = − { }0,1,2A = { }1,0,1B = − UC A B∩ =（ ）
{ }1− { }0,1 { }1,2,3− { }1,0,1,3−
2 21 1og a og b< 1 1
a b
< ( )
22 1xy x= − − 2 sin
4 1
x xy x
⋅= +
ln
xy x
= ( )2 2 e xy x x= −试卷第 2 页，总 5 页
8．平面上三个单位向量 两两夹角都是 ，则 与 夹角是（ ）
A． B． C． D．
9．已知数列 的前 项和 满足 ( ）且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
10．已知函数 在区间 上单调，且在区间
内恰好取得一次最大值 2，则 的取值范围是( )
A． B． C． D．
11．如右图所示， 为 的外心， ， ，
为钝角， 为 边的中点，则 的值为（ ）
A． B．12 C．6 D．5
12．已知定义在 R 上的奇函数 f（x）满足当 x≥0 时， ，则
的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13．已知 ，若幂函数 为奇函数，且在
上递减，则 ____．
14．将函数 的图象向左平移 个单位长度得到 的图象，则 的值为___．
15．若 为数列 的前 项和，且 ，则 等于________．
2
3
π
3
π 2
3
π
12
π
6
π
O ABC∆ 4AB= 2AC = BAC∠
M BC
2 3
nS { }na n *2 1( )n nS a n= − ∈N 6S试卷第 3 页，总 5 页
16．在同一个平面内，向量 的模分别为 与 的夹角
为 ，且 与 的夹角为 ，若
，则 _________．
三、解答题：共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必考题，
每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选做题，考生根据要求作答.
(一)必考题：共 60 分.
17．（12 分） 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知
（Ⅰ）求 C；
（Ⅱ）若 的面积为 ，求 的周长．
18．（12 分）某品牌经销商在一广场随机采访男性和女性用户各 50 名，其中每天玩微信超过 6
小时的用户列为“微信控”，否则称其为“非微信控”，调查结果如下：
微信控 非微信控 合计
男性 26 24 50
女性 30 20 50
合计 56 44 100
（1）根据以上数据，能否有 95%的把握认为“微信控”与“性别”有关？
（2）现从调查的女性用户中按分层抽样的方法选出 5 人，求所抽取的 5 人中“微信控”和“非微信
控”的人数；
（3）从（2）中抽取的 5 位女性中，再随机抽取 3 人赠送礼品，试求抽取 3 人中恰有 2 人是“微
信控”的概率．
附：
0.100 0.0500.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
1,1, 2,
α tan 7,α = 45°
m n+ =
ABC△ 2cos ( cos cos ) .C a B+b A c=
7,c ABC△= 3 3
2 ABC△
2( )P K k≥
k试卷第 4 页，总 5 页
19．（12 分）如图，AB 为圆 O 的直径，点 E、F 在圆 O 上，AB
EF，矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在平面垂直，已知
AB＝2，EF＝1．
（I）求证：平面 DAF⊥平面 CBF；
（II）若 BC＝1，求四棱锥 F－ABCD 的体积．
20．（12 分）已知 ， 两点分别在 x 轴和 y 轴上运动，且 ，若动点
满足 ．
求出动点 P 的轨迹对应曲线 C 的标准方程；
一条纵截距为 2 的直线 与曲线 C 交于 P，Q 两点，若以 PQ 直径的圆恰过原点，求出直线
方程．
21．（12 分）已知函数 （ ）的图象在 处的切线为
（ 为自然对数的底数）
（1）求 的值；
（2）若 ，且 对任意 恒成立，求 的最大值.
(二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计
分.
22．（10 分）在直角坐标系 中，圆 的参数方程 （ 为参数）．以 为极点，
轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求圆 的极坐标方程；
（2）直线 的极坐标方程是 ，射线 与圆 的交点为 、 ，
2
2 ( )
( )( )( )( )
n ad bcK a b c d a c b d
−= + + + +
( )0 ,0A x ( )00,B y 1AB =
( ),P x y
( )1
( )2 1l
( ) 2 2xf x e x a b= − + + x R∈ 0x = y bx=
e
,a b
k Z∈ ( ) ( )21 3 5 2 02f x x x k+ − − ≥ x R∈ k
x yΟ C 1{ x cos
y sin
ϕ
ϕ
= +
= ϕ Ο
x
C
l 2 sin 3 33
πρ θ + = :ΟΜ
3
πθ = C Ο Ρ试卷第 5 页，总 5 页
与直线 的交点为 ，求线段 的长．
23．（10 分）已知 函数
(1)当 时,求不等式 的解集；
(2)当 的最小值为 3 时,求 的最小值.
l Q QΡ
0 0 0a b c＞ ， ＞ ， ＞ ， ( ) .f x a x x b c= − + + +
1a b c= = = ( ) 3f x ＞
( )f x 1 1 1
a b c
+ +试卷第 6 页，总 16 页
天水一中 2020 届 2019—2020 学年度第一学期第一次考试
数学文科试题参考答案
1．A
【解析】
【分析】
本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.
【详解】
，则
【点睛】
易于理解集补集的概念、交集概念有误.
2．B
【解析】
,选 B.
3．D
【解析】
【分析】
由 可推出 ，再结合充分条件和必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】
若 ，则 ，所以 ，即“ ”不能推出“ ”，反
之也不成立，因此“ ”是“ ”的既不充分也不必要条件.
故选 D
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件，熟记概念即可，属于基础题型.
4．B
【解析】
，即 ，而 ，
={ 1,3}UC A − ( ) { 1}UC A B = −
2 21 1og a og b< a b<
2 21 1og a og b< 0 a b< < 1 1 0a b
> > 2 21 1og a og b< 1 1
a b
<
2 21 1og a og b< 1 1
a b
0 1x< < 0y <
0xy e= >
( )2 2 xy x x e= − x −∞ 0y > 0 1x< < 0y < x +∞
y +∞试卷第 8 页，总 16 页
及 时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选
项一一排除.
7．B
【解析】
试题分析：∵ ，∴ 是真命题，取 ，满足 ，∴ 也是真
命题，∴ 是假命题，故选 B．
考点：命题真假判断．
8．D
【解析】由题意得，向量 为单位向量，且两两夹角为 ，
则 ，
且
，
所以 与 的夹角为 ，且 ，
所以 与 的夹角为 ，故选 D.
9．C
【解析】
【分析】
数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且 a1=5，令 m=1，可得 Sn+1=Sn+S1，可
得 an+1=5．即可得出．
【详解】
数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m（n，m∈N*）且 a1=5，
令 m=1，则 Sn+1=Sn+S1=Sn+5．可得 an+1=5．
则 a8=5．
故选：C．
【点睛】
0 , 0 , ,x x x x+ −→ → → +∞ → −∞
, ,a b c 2
3
π
3, 1a b a c− = + =
( ) ( ) 2 2 2 2 1 31 1 1 cos 1 1 cos 1 1 cos 13 3 3 2 2a b a c a a c a b b c
π π π− ⋅ + = + ⋅ − ⋅ − ⋅ = + × × − × × − × × = + =
a b− a c+
( ) ( ) 3
32cos 23 1
a b a c
a b a c
θ
− ⋅ +
= = =
×− ⋅ +
0 θ π≤ ≤
a b− a c+
6
π试卷第 9 页，总 16 页
本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于
中档题．
10．B
【解析】
【分析】
由三角函数恒等变换的应用化简得 f（x）=2sinωx 可得[﹣ ， ]是函数含原点的递增
区间，结合已知可得[﹣ ， ]⊇[ ]，可解得 0＜ω≤ ，又函数在区间[0，2π]上恰好取得
一次最大值，根据正弦函数的性质可得 ，得 ，进而得解．
【详解】
=2sinωx ，
∴[﹣ ， ]是函数含原点的递增区间．
又∵函数在[ ]上递增，
∴[﹣ ， ]⊇[ ]，
∴得不等式组：﹣ ≤ ，且 ≤ ，
又∵ω＞0，
∴0＜ω≤ ，
又函数在区间[0，2π]上恰好取得一次最大值，
根据正弦函数的性质可知 且
可得 ω∈[ ， ．综上：ω∈试卷第 10 页，总 16 页
故选：B．
【点睛】
本题主要考查正弦函数的图象和性质，研究有关三角的函数时要利用整体思想，灵活应用
三角函数的图象和性质解题，属于中档题．
11．D
【解析】
【分析】
取 的中点 ，且 为 的外心，可知 ，所求
，由数量积的定义可得 ，代
值即可．
【详解】
如图所示，取 的中点 ，且 为 的外心，可知 ，
∵ 是边 的中点，∴ .
，
由数量积的定义可得 ，
而 ，故 ；
同理可得 ，
故 .
故选：D．
AB,AC ,D E O ABC∆ OD AB,OE AC⊥ ⊥
AM AO AD AO AE AO⋅ = ⋅ + ⋅ ,AD AO AD AE AO AE⋅ = ⋅ =
AB,AC ,D E O ABC∆ OD AB,OE AC⊥ ⊥
M BC 1 ( )2AM AB AC= +
1 1AM ( ) ( )2 2AO AB AC AO AB AO AC AO AD AO AE AO⋅ = + ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
cos ,AD AO AD AO AD AO⋅ =
cos ,AO AD AO AD=
2
2
2 4| | 42 2
AB
AD AO AD
⋅ = = = =
2
2
2 2| | 12 2
AC
AE AO AE
⋅ = = = =
4 1 5AM AO AD AO AE AO⋅ = ⋅ + ⋅ = + = 试卷第 11 页，总 16 页
【点睛】
本题考查向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键，属于中
档题．
12．A
【解析】
【分析】
由于函数为奇函数，并且在 上有定义，利用 求出 的值.然后解 这个不等式，
求得 的取值范围.
【详解】
由于函数为奇函数，并且在 上有定义，故 ，解得 ，
故当 时， ，这是一个增函数，且 ，所以 ，故
，注意到 ，故 .根据奇函数图像关于原点对称可知，当
时， ， .综上所述， .故选 A.
【点睛】
本小题主要考查函数的奇偶性，考查奇函数图像关于原点对称的特点，考查绝对值不等式的
解法.属于中档题.
13．-1
【解析】
【分析】
由幂函数 f（x）=xα 为奇函数，且在（0，+∞）上递减，得到 a 是奇数，且 a＜0，由此能求出
a 的值．试卷第 12 页，总 16 页
【详解】
∵α∈{﹣2，﹣1，﹣ ，1，2，3}，
幂函数 f（x）=xα 为奇函数，且在（0，+∞）上递减，
∴a 是奇数，且 a＜0，
∴a=﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】
本题考查实数值的求法，考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方
程思想，是基础题．
14．
【解析】
【分析】
先由平移得 f(x)的解析式，再将 代入解析式求值即可
【详解】
f(x)=2sin3(x+ =2sin(3x+ ,则
故答案为
【点睛】
本题考查图像平移，考查三角函数值求解，熟记平移原则，准确计算是关键，是基础题
15．63
【解析】
【分析】
根据 和 关系得到数列 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，再利用公式得到答案.
【详解】
当 时， ，得 ，
当 时， ， ，
nS na { }na
1n = 1 12 1a a= − 1 1a =
2n 2 1n nS a= − 1 12 1n nS a− −= −试卷第 13 页，总 16 页
两式作差可得： ，则： ，
据此可得数列 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，
其前 6 项和为 ．
故答案为 63．
【点睛】
本题考查了等比数列的前 N 项和，意在考查学生对于数列公式和方法的灵活运用.
16．3.
【解析】
【分析】
建立如图所示的平面直角坐标系，根据各向量的模和各自的夹角可得 各点坐标，再利
用向量的等式关系到各坐标之间关系，解出 后可求 的值．
【详解】
以 为 轴，建立直角坐标系，则 ，由 的模为 与 与 的夹角为 ，且
知， ，可得 ，
， ，
由 可得 ，
， ，故答案为 .
【点睛】
向量的线性运算可以利用基底向量来计算，注意基底向量的合理确定，也可以利用向量之间
的关系合理建立平面直角坐标系，把向量系数的计算归结为系数的方程组来考虑.
17．（Ⅰ） ；（Ⅱ） .
【解析】
12 2n n na a a −= − 12n na a −=
{ }na
6
6
2 1 632 1S
−= =−
, ,A B C
,m n m n+
OA x (1,0)A OC 2 OA OC α
tan 7α = 2 7 2cos ,sin10 10
α α= = 1 7,5 5C
( ) ( )( )cos 45 ,sin 45B α α° °+ + 3 4,5 5B ∴ −
OC mOA nOB= +
1 3
1 7 3 4 5 5, , , 7 45 5 5 5
5 5
m n
m n n
n
= − = − =
5 7,4 4m n= = 3m n∴ + = 3
πC 3
= 5 7+试卷第 14 页，总 16 页
试 题 分 析：（ Ⅰ ）利 用 正 弦 定 理 进 行 边 角 代 换 ，化简 即 可 求 角 C ；（ Ⅱ ）根 据
．
及 可得 ．再利用余弦定理可得 ，从而可得 的周长为
．
试题解析：（Ⅰ）由已知及正弦定理得 ，
．
故 ．
可得 ，所以 ．
（Ⅱ）由已知， ．
又 ，所以 ．
由已知及余弦定理得， ．
故 ，从而 ．
所以 的周长为 ．
【考点】正弦定理、余弦定理及三角形面积公式
【 名 师 点 睛 】 三 角 形 中 的 三 角 变 换 常 用 到 诱 导 公 式 ,
,这是常用的结论,另外利用
正弦定理或余弦定理处理条件中含有边或角的等式,常考虑对其实施“边化角”或“角化边”.
18．（1）见解析；（2）3,2；（3） .
【解析】
【分析】
（1）列出联表，计算 ,所以没有 的把握认为“微信控”与“性别”有
1 3 3sin C2 2ab =
πC 3
= 6ab = ( )2 25a b+ = ΑΒC△
5 7+
( )2cos sin cos sin cos sinC Α Β Β Α C+ =
( )2cos sin sinC Α Β C+ =
2sin cos sinC C C=
1cos 2C = πC 3
=
1 3 3sin2 2ab C =
πC 3
= 6ab =
2 2 2 cos 7a b ab C+ − =
2 2 13a b+ = ( )2 25a b+ =
ΑΒC△ 5 7+
( ) ( )sin sin ,cos cos ,A B C A B C+ = + = − ( )tan tanA B C+ = −试卷第 15 页，总 16 页
关．（2）由图表可知，在 名女性用户中，微信控有 人，非微信控有 人.（3）利用列举法，
列举出 位女性任选 人的基本事件，由此求得抽取 人中恰有 人是“微信控”的概率.
【详解】
（1）由列联表可得：
所以没有 的把握认为
“微信控”与“性别”有关．
（2）根据题意所抽取的 位女性中，“微信控”有 人，“非微信控”有 人.
（3）抽取的 位女性中，“微信控” 人分别记为 ， ， ；“非微信控” 人分别记为 ， ．
则再从中随机抽取 人构成的所有基本事件为： ， ， ， ， ， ， ，
， ， ，共有 种；
抽取 人中恰有 人为“微信控”所含基本事件为： ， ， ， ， ， ，共有
种，所求为 ．
【点睛】
本小题主要考查列联表分析两个分类变量是否有关，考查分成抽样的知识，考查利用列举法
求简单的古典概型问题.属于中档题.
19．（I）见解析;（II） .
【解析】
【分析】
（I）通过证明 ，证得 平面 ，由此证得平面 平面 .（II）
矩形 所在平面和圆 所在平面垂直，点 到边 的距离即为四棱锥 FABCD 的高，然后
利用锥体体积公式求得四棱锥的体积.
【详解】
（I）试卷第 16 页，总 16 页
∵AB 为圆 O 的直径，点 F 在圆 O 上
∴AF⊥BF
又矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在平面垂直且它们的交线为 AB，CB⊥AB
∴CB⊥圆 O 所在平面
∴AF⊥BC
又 BC、 BF 为平面 CBF 上两相交直线
∴AF⊥平面 CBF
又
∴平面 DAF⊥平面 CBF．
（II）连接 OE
∵AB＝2，EF＝1，AB EF
∴OA＝OE＝1，即四边形 OEFA 为菱形
∴AF＝OA＝OF＝1
∴等边三角形 OAF 中，点 F 到边 OA 的距离为
又矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在平面垂直
∴点 F 到边 OA 的距离即为四棱锥 F－ABCD 的高
∴四棱锥 F－ABCD 的高
又 BC＝1
∴矩形的 ABCD 的面积 SABCD＝
∴
【点睛】试卷第 17 页，总 16 页
本小题考查空间两个平面垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法.要证明两个平面垂直，则需
要在一个平面内找到另一个平面的垂线来证明.属于中档题.
20．（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）根据向量的坐标运算，以及|AB|=1，得到椭圆的标准方程．
（2）直线 l1 斜率必存在，且纵截距为 2，根据直线与椭圆的位置关系，即可求出 k 的值，问
题得以解决．
【详解】
(1) 因为
即
所以
所以
又因为 ,所以
即: ,即
所以椭圆的标准方程为
(2) 直线 斜率必存在，且纵截距为 ,设直线为
联立直线 和椭圆方程
得:
由 ,得
设
2 2
14 3
x y+ = 2 3y 23 x= ± +
2 3OP OA OB= +
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0, 2 ,0 3 0, 2 , 3x y x y x y= + =
0 02 , 3x x y y= =
0 0
1 3,2 3x x y y= =
1AB = 2 2
0 0 1x y+ =
221 3 12 3x y
+ =
2 2
14 3
x y+ =
2 2
14 3
x y+ =
1l 2 2y kx= +
1l 2 2
2
14 3
y kx
x y
= + + =
( )2 23 4 16 4 0k x kx+ + + =
> 0∆ 2 1
4k > ( )*
( ) ( )1 1 2, 2, ,P x y Q x y试卷第 18 页，总 16 页
以 直径的圆恰过原点
所以 ,
即
也即
即
将(1)式代入,得
即
解得 ,满足（*）式，所以
所以直线
21．(1)a=-1,b=1;(2)-1.
【解析】（1）对 求导得 ，根据函数 的图象在 处的切线为
，列出方程组，即可求出 的值；（2）由（1）可得 ，根据
对 任 意 恒 成 立 ， 等 价 于 对 任 意
恒成立，构造 ，求出 的单调性，由 ， ，
， ，可得存在唯一的零点 ，使得 ，利用单调性
可求出 ，即可求出 的最大值.
（1） ， .
由题意知 .
（2）由（1）知： ，
∴ 对任意 恒成立
PQ
OP OQ⊥ • 0OP OQ =
1 2 1 2 0x x y y+ =
( )( )1 2 1 22 2 0x x kx kx+ + + =
( ) ( )2
1 2 1 21 2 4 0k x x k x x+ + + + =
( )2
2 2
4 1 32 4 03 4 3 4
k k
k k
+
− + =+ +
( ) ( )2 2 24 1 32 4 3 4 0k k k+ − + + =
2 4
3k = 2 3
3k = ±
2 3 23y x= ± +
( )f x ( ) 2xf x e x′ = − ( )f x 0x =
y bx= ,a b ( ) 2 1xf x e x= − −
( ) ( )21 3 5 2 02f x x x k+ − − ≥ x R∈ 21 5 12 2
xk e x x≤ + − −
x R∈ ( ) 21 5 12 2
xh x e x x= + − − ( )h x′ ( )0 0h′ < ( )1 0h′ >
1 02h
′
0
1 3,2 4x ∈
( )0 0h x′ =
( ) ( )0minh x h x= k
( ) 2 2xf x e x a b= − + + ( ) 2xf x e x′ = −
( )
( )
0 1 2 0 1{ { 0 1 1
f a b a
f b b
= + + = = −⇒= = =′
( ) 2 1xf x e x= − −
( ) ( )21 3 5 2 02f x x x k+ − − ≥ x R∈试卷第 19 页，总 16 页
对任意 恒成立
对任意 恒成立.
令 ，则 .
由于 ，所以 在 上单调递增.
又 ， ， ，
，
所 以 存 在 唯 一 的 ， 使 得 ， 且 当 时 ， ，
时， . 即 在 单调递减，在 上单调递增.
所以 .
又 ，即 ，∴ .
∴ .
∵ ，∴ .
又因为 对任意 恒成立 ，
又 ，∴ .
点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单
调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，
构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
22．（1） ；（2）2
【解析】试题分析：（I）把 cos2φ+sin2φ=1 代入圆 C 的参数方程为 （φ 为参
数），消去参数化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆 C 的极坐标方
21 5 1 02 2
xe x x k⇔ + − − − ≥ x R∈
21 5 12 2
xk e x x⇔ ≤ + − − x R∈
( ) 21 5 12 2
xh x e x x= + − − ( ) 5
2
xh x e x=′ + −
( )' 1 0xh x e +′ = > ( )h x′ R
( ) 30 02h = − ′
1
21 2 02h e = − + −′ =
0
1 3,2 4x ∈
( )0 0h x′ = ( )0,x x∈ −∞ ( ) 0h x′ <
( )0 ,x x∈ + ∞ ( ) 0h x′ > ( )h x ( )0, x−∞ ( )0 ,x + ∞
( ) ( ) 0 2
0 0 0min
1 5 12 2
xh x h x e x x= = + − −
( )0 0h x′ = 0
0
5 02
xe x+ − = 0
0
5
2
xe x= −
( ) ( )2 2
0 0 0 0 0 0
5 1 5 11 7 32 2 2 2h x x x x x x= − + − − = − +
0
1 3,2 4x ∈
( )0
27 1,32 8h x ∈ − −
21 5 12 2
xk e x x≤ + − − x R∈ ( )0k h x⇔ ≤
k Z∈ max 1k = −
2cosρ θ=
1{ x cos
y sin
ϕ
ϕ
= +
=试卷第 20 页，总 16 页
程．（II ）设 P （ρ 1 ，θ 1 ），联立 ，解得 ρ1 ，θ 1 ；设 Q （ρ 2 ，θ 2 ），联立
，解得 ρ2，θ2，可得|PQ|．
解析：
（1）圆 的普通方程为 ，又 ，
所以圆 的极坐标方程为
（2）设 ，则由 解得 ，
设 ，则由 解得 ，
所以
23．（1） ；（2）3
【解析】
【分析】
（1）通过讨论 x 的范围，求出不等式的解集即可；
（2）先用绝对值不等式的性质求出最小值为 a+b+c＝3，然后用基本不等式可得．
【详解】
（1） ，
∴ 或 或 ，
解得 .
（2） ，
2
{
3
cosρ θ
πθ
=
=
( )sin 3cos 3 3
{
3
ρ θ θ
πθ
+ =
=
C ( )2 21 1x y− + = cosx ρ θ= siny ρ θ=
C 2cosρ θ=
( )1 1,ρ θΡ
2
{
3
cosρ θ
πθ
=
= 1 1ρ = 1 3
πθ =
( )2 2Q ,ρ θ
( )sin 3cos 3 3
{
3
ρ θ θ
πθ
+ =
= 2 3ρ = 2 3
πθ =
Q 2Ρ =
{ | 1 1}x x x< − >或
( ) 1 1 1f x x x= − + + +
1
1 2 3
x
x
≤ −
− >
1 1
3 3
x− <
1
2 1 3
x
x
≥
+ >
{ | 1 1}x x x或−
f x x a x b c= − + + + a x x b c a b c≥ − + + + = + + 3a b c= + + =
( )1 1 1 1 1 1 1
3 a b ca b c a b c
+ + = + + + +
1 33
b a c a c b
a b a c b c
= + + + + + + 试卷第 21 页，总 16 页
.
当且仅当 时取得最小值 3.
【点睛】
绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
( )1 3 2 2 2 33
≥ + + + =
1a b c= = =
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